《2025年高考模拟试题汇编高中数学》

16.(15分)
已知椭圆$E:\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(a\gt b\gt0)$中,点$A,C$分别是$E$的左、上顶点,$|AC|=\sqrt{5}$,且$E$的焦距为$2\sqrt{3}$.
(Ⅰ)求$E$的方程和离心率;
(Ⅱ)过点$(1,0)$且斜率不为零的直线交椭圆于$R,S$两点,设直线$RS,CR,CS$的斜率分别为$k,k_{1},k_{2}$,若$k_{1}+k_{2}=-3$,求$k$的值.

答案： 椭圆的方程与几何性质+直线与椭圆的位置关系 【思维导图】(Ⅰ)$|AC|=\sqrt{5}\to a^{2}$，$b^{2}$的关系式$\to$根据焦距求出$c=\sqrt{3}\xrightarrow{a^{2}-b^{2}=3}a$，$b\to$得解. (Ⅱ)设$R(x_{1},y_{1})$，$S(x_{2},y_{2})$，写出直线$RS$的方程$\to$与椭圆的方程联立$\to x_{1}+x_{2}$，$x_{1}x_{2}\xrightarrow{k_{1}+k_{2}=-3}$建立方程求$k$的值. 解：(Ⅰ)因为$|AC|=\sqrt{5}$，所以$a^{2}+b^{2}=5$.(2分) 又因为焦距为$2\sqrt{3}$，所以$c=\sqrt{3}$， 所以$a^{2}-b^{2}=3$，(4分) 联立两式解得$a = 2$，$b = 1$， 所以椭圆$E$的方程为$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$，其离心率$e=\frac{\sqrt{3}}{2}$.(7分) (Ⅱ)由(Ⅰ)知$C(0,1)$，设$R(x_{1},y_{1})$，$S(x_{2},y_{2})$，$x_{1}x_{2}\neq0$， 所以$k_{1}=\frac{y_{1}-1}{x_{1}}$，$k_{2}=\frac{y_{2}-1}{x_{2}}$.(8分) 由题意知，直线$RS:y = k(x - 1)(k\neq\pm1)$， 代入$\frac{x^{2}}{4}+y^{2}=1$，得$(4k^{2}+1)x^{2}-8k^{2}x + 4k^{2}-4 = 0$，$\Delta\gt0$， 则有$x_{1}+x_{2}=\frac{8k^{2}}{4k^{2}+1}$，$x_{1}x_{2}=\frac{4k^{2}-4}{4k^{2}+1}$(题眼)(提示：韦达定理).(10分) 因为$k_{1}+k_{2}=-3$， 所以$k_{1}+k_{2}=\frac{y_{1}-1}{x_{1}}+\frac{y_{2}-1}{x_{2}}=\frac{x_{2}y_{1}-x_{2}+x_{1}y_{2}-x_{1}}{x_{1}x_{2}}=\frac{2kx_{1}x_{2}-(k + 1)(x_{1}+x_{2})}{x_{1}x_{2}}=-3$， 即$(2k + 3)x_{1}x_{2}-(k + 1)(x_{1}+x_{2})=0$， 所以$(2k + 3)\cdot\frac{4k^{2}-4}{4k^{2}+1}-(k + 1)\cdot\frac{8k^{2}}{4k^{2}+1}=0$， 整理得$k^{2}-2k - 3 = 0$， 解得$k = 3$或$k=-1$.(14分) 又$k\neq\pm1$，所以$k = 3$. 综上所述，$k$的值为$3$.(15分) 

17.(15分)
如图,在四棱台$ABCD - A_{1}B_{1}C_{1}D_{1}$中,下底面$ABCD$是平行四边形,$\angle ABC = 120^{\circ}$,$AB = 2A_{1}B_{1}=2$,$BC = 8$,$A_{1}A = 4\sqrt{2}$,$D_{1}D\perp DC$,$M$为$BC$的中点.
(Ⅰ)求证:平面$CDD_{1}C_{1}\perp$平面$D_{1}DM$;
(Ⅱ)若$D_{1}D = 4$,求直线$DM$与平面$BCC_{1}B_{1}$所成角的正弦值.

答案：
平面与平面垂直的判定+直线与平面所成角 解：(Ⅰ)证明：在$\triangle DCM$中，$DC = 2$，$CM = 4$，$\angle DCM = 60^{\circ}$. 由余弦定理可得$DM = 2\sqrt{3}$， 所以$DM^{2}+DC^{2}=CM^{2}$， 所以$DM\perp DC$(题眼)(提示：根据勾股定理得线线垂直关系).(3分) 因为$DC\perp D_{1}D$，且$DD_{1}\cap DM = D$， 所以$DC\perp$平面$D_{1}DM$.(5分) 因为$DC\subset$平面$CDD_{1}C_{1}$， 所以平面$CDD_{1}C_{1}\perp$平面$D_{1}DM$(方法：面面垂直的判定定理).(6分) (Ⅱ)因为$AB = 2A_{1}B_{1}$，故$AD = 2A_{1}D_{1}=8$，得$A_{1}D_{1}=4$， 在梯形$ADD_{1}A_{1}$中，$AD = 8$，$DD_{1}=4$， 如图，过点$A_{1}$作$A_{1}E// D_{1}D$，且$A_{1}E$交$AD$于点$E$， 则易知四边形$A_{1}EDD_{1}$是平行四边形， 所以$AE = 4$，$A_{1}E = 4$. 又$AA_{1}=4\sqrt{2}$，故$AE^{2}+A_{1}E^{2}=AA_{1}^{2}$， 所以$A_{1}E\perp AD$，所以$D_{1}D\perp AD$. 又$D_{1}D\perp DC$，$AD\cap DC = D$， 所以$D_{1}D\perp$平面$ABCD$(技巧：根据题意寻找空间直角)，(9分) 如图，以$D$为坐标原点，$\overrightarrow{DM}$，$\overrightarrow{DC}$，$\overrightarrow{DD_{1}}$的方向分别为$x$轴、$y$轴、$z$轴的正方向建立空间直角坐标系$D - xyz$(题眼)， 则$D(0,0,0)$，$C(0,2,0)$，$C_{1}(0,1,4)$，$M(2\sqrt{3},0,0)$， 所以$\overrightarrow{MC}=(-2\sqrt{3},2,0)$，$\overrightarrow{CC_{1}}=(0,-1,4)$， 设平面$BCC_{1}B_{1}$的法向量为$\boldsymbol{n}=(x,y,z)$， 则$\begin{cases}-2\sqrt{3}x + 2y = 0\\-y + 4z = 0\end{cases}$， 令$y = 12$，得$x = 4\sqrt{3}$，$z = 3$， 所以$\boldsymbol{n}=(4\sqrt{3},12,3)$. 又$\overrightarrow{DM}=(2\sqrt{3},0,0)$， 设直线$DM$与平面$BCC_{1}B_{1}$所成角大小为$\theta$， 则$\sin\theta=\frac{|\overrightarrow{DM}\cdot\boldsymbol{n}|}{|\overrightarrow{DM}||\boldsymbol{n}|}=\frac{24}{2\sqrt{3}\times\sqrt{201}}=\frac{4\sqrt{67}}{67}$， 所以直线$DM$与平面$BCC_{1}B_{1}$所成角的正弦值为$\frac{4\sqrt{67}}{67}$.(15分)